Question

13．如圖所示，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絲線懸掛質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，放入水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E=$\frac{{\sqrt{3}mg}}{3q}$，今將小球拉至水平方向的A點(diǎn)后，由靜止釋放．
（1）求小球由靜止運(yùn)動(dòng)到絲線剛伸直時(shí)的速度大�。�
（2）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)對(duì)絲線的拉力．
（2）若小球運(yùn)動(dòng)至最低B處時(shí)，繩突然斷開，同時(shí)將電場(chǎng)等大反向，求小球在以后的運(yùn)動(dòng)過程中的最小動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出繩子剛繃直時(shí)小球的速度，繩子繃直的瞬間，小球沿繩子方向的速度突然減至零，只有垂直于繩子方向的分速度，再根據(jù)動(dòng)能定理求解小球落至最低點(diǎn)B處時(shí)的速度大�。�
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力的大�。�
（3）當(dāng)v方向與合力方向相互垂直時(shí)，小球動(dòng)能最小，根據(jù)動(dòng)能定理求解最小動(dòng)能．

解答 解：（1）由題意知：小球受水平向右的電場(chǎng)力qE和重力mg的作用，使物體沿合力的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，如圖1所示．由幾何知識(shí)得L_AC=L，由動(dòng)能定理可得：
F_合 L=$\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
$\frac{mgL}{cos30°}=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
解得${v}_{C}=\frac{2}{\root{4}{3}}\sqrt{gL}$．
（2）由于繩子給小球一沖量使小球沿繩方向的速度減為零．
沿切線方向的速度為${v}_{C}′={v}_{C}cos30°=\sqrt{\sqrt{3}gL}$．
此后小球C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，繩子對(duì)小球不做功，電場(chǎng)和重力均對(duì)小球做正功，則有：mg（L-Lcos30°）+qELsin30°=$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}{′}^{2}$，
解得：${{v}_{B}}^{2}=（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）gL$，由T-mg=$m\frac{{v}^{2}}{L}$，解得T=（3+$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）mg，豎直向下．
（3）繩斷后，電場(chǎng)反向，則重力和電場(chǎng)力的合力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功，則小球動(dòng)能減少最多處，其功能才最�。�合力對(duì)小球所做的負(fù)功最大處沿合力的反方向的速度減為零，只有沿合力垂直方向的速度（如圖2所示），則：
${v}_{L}={v}_{B}cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{B}$，其最小動(dòng)能為${E}_{k}=\frac{1}{2}m{{v}_{L}}^{2}=0.96mgL$．
答：（1）小球由靜止運(yùn)動(dòng)到絲線剛伸直時(shí)的速度大小為$\frac{2}{\root{4}{3}}\sqrt{gL}$．
（2）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)對(duì)絲線的拉力為（3+$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）mg．
（3）小球在以后的運(yùn)動(dòng)過程中的最小動(dòng)能為0.96mgL．

點(diǎn)評(píng) 本題分析小球的受力情況是關(guān)鍵，再分析其運(yùn)動(dòng)情況，要注意小球從靜止釋放后并不是做圓周運(yùn)動(dòng)，而是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不能思維定勢(shì)的影響，要具體問題具體分析．細(xì)線繃緊瞬間動(dòng)能有損失，不能全過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式．